《2020年高三數(shù)學二輪復習 專題六第四講 思想方法與規(guī)范解答教案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高三數(shù)學二輪復習 專題六第四講 思想方法與規(guī)范解答教案 理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第四講　思想方法與規(guī)范解答(五) 思想方法 1．轉化與化歸思想 利用轉化與化歸思想求空間幾何體的體積主要包括割補法和等體積法，主要適用于以下類型： (1)不規(guī)則幾何體的體積的求解； (2)較復雜幾何體的體積的求解． [例1]　(2020年高考遼寧卷)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A.　　　　　 B．3π C. D．6π [解析]　將三視圖還原為實物圖求體積． 由三視圖可知，此幾何體(如圖所示)是底面半徑為1，高為4的圓柱被從母線的中點處截去了圓柱的，所以V＝×π×12×4＝3π. [答案]　B 跟蹤訓練

2、 (2020年高考遼寧卷)如圖，直三棱柱ABC-A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，AA′＝1，點M，N分別為A′B和B′C′的中點． (1)證明：MN∥平面A′ACC′； (2)求三棱錐A′-MNC的體積． (錐體體積公式V＝Sh，其中S為底面面積，h為高) 解析：(1)證明：證法一　連接AB′，AC′，如圖，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC-A′B′C′為直三棱柱， 所以M為AB′的中點． 又因為N為B′C′的中點， 所以MN∥AC′. 又MN平面A′ACC′，AC′平面A′ACC′， 所以MN∥平面A′ACC′. 證法二　取A′B′的

3、中點P，連接MP，NP，AB′，如圖， 因為M，N分別為AB′與B′C′的中點， 所以MP∥AA′，PN∥A′C′， 所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′. 又MP∩NP＝P， 所以平面MPN∥平面A′ACC′.而MN平面MPN， 所以MN∥平面A′ACC′. (2)解法一　連接BN，如圖所示， 由題意知A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′， 所以A′N⊥平面NBC. 又A′N＝B′C′＝1， 故VA′-MNC＝VN－A′MC＝VN-A′BC＝VA′-NBC＝. 解法二　VA′-MNC＝VA′-NBC－VM-NBC＝VA′-NBC

4、＝. 2．函數(shù)與方程思想 (1)在空間幾何體的表面積和體積計算中，常根據條件分析列出方程，利用方程確定未知量． (2)在用空間向量的運算解決空間線線、線面、面面的平行、垂直問題或求空間角時運用的主要思想就是通過列方程(組)求出未知量，得到直線的方向向量和平面的法向量，然后進行計算． (3)涉及空間幾何體中的最值問題常用到函數(shù)思想． [例2]　(2020年深圳模擬)如圖，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，CD＝2AB＝4，AD＝，E為CD的中點，將△BCE沿BE折起，使得CO⊥DE，其中垂足O在線段DE上． (1)求證：CO⊥平面ABED； (2)問∠CEO(記為θ)

5、多大時，三棱錐CAOE的體積最大，最大值為多少． [解析]　(1)在直角梯形ABCD中， CD＝2AB，E為CD的中點，則AB＝DE， 又AB∥DE，AD⊥AB，可知BE⊥CD. 在四棱錐C-ABEO中，BE⊥DE，BE⊥CE，CE∩DE＝E， CE，DE平面CDE，則BE⊥平面CDE. 因為CO平面CDE，所以BE⊥CO. 又CO⊥DE，且BE，DE是平面ABED內的兩條相交直線． 故CO⊥平面ABED. (2)由(1)知CO⊥平面ABED， 所以三棱錐C-AOE的體積V＝S△AOE×OC＝××OE×AD×OC. 在直角梯形ABCD中，CD＝2AB＝4，AD＝， C

6、E＝2，得OE＝CEcos θ＝2cos θ，OC＝CEsin θ＝2sin θ， V＝ sin 2θ≤， 當且僅當sin 2θ＝1，θ∈(0，)，即θ＝時取等號(此時OE＝

7、三棱柱繞直線OO′旋轉”包括逆時針方向和順時針方向，逆時針方向旋轉時，OA旋轉所成的角為正角，順時針方向旋轉時，OA旋轉所成的角為負角．) 解析：由題意可知，當三棱柱的一個側面在水平面內時，該三棱柱的俯視圖的面積最大，此時俯視圖為一個矩形，其寬為×tan 30°×2＝2，長為4，故S(x)的最大值為8.當三棱柱繞OO′旋轉時，當A點旋轉到B點，B點旋轉到C點，C點旋轉到A點時，所得三角形與原三角形重合，故S(x)的最小正周期為. 答案：8　 考情展望 高考對本專題的考查，各種題型都有，在選擇、填空中多考查空間幾何體的三視圖與面積、體積問題，在解答題中考查空間平行與垂直的證明與空

8、間角的求法，也?？疾樘剿鞔嬖谛詥栴}、折疊問題等，難度中檔． 名師押題 【押題】　已知正方形ABCD的邊長為2，AC∩BD＝O.將正方形ABCD沿對角線BD折起，使AC＝a，得到三棱錐ABCD，如圖所示． (1)當a＝2時，求證：AO⊥平面BCD； (2)當二面角ABDC的大小為120°時，求二面角ABCD的正切值． 【解析】　(1)根據題意 ，在△AOC中，AC＝a＝2，AO＝CO＝， 所以AC2＝AO2＋CO2，所以AO⊥CO. 因為AC、BD是正方形ABCD的對角線， 所以AO⊥BD. 因為BD∩CO＝O，CO平面BCD，BD平面BCD， 所以AO⊥平

9、面BCD. (2)由(1)知，CO⊥OD，以O為原點，OC，OD所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz， 則O(0，0，0)，D(0，，0)，C(，0，0)，B(0，－，0)． 設A(x0，0，z0)(x0<0)，則＝(x0，0，z0)，＝(0，，0)． 又設平面ABD的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則，即. 所以y1＝0，令x1＝z0，則z1＝－x0. 所以n＝(z0，0，－x0)． 因為平面BCD的一個法向量為m＝(0，0，1)，且二面角A-BD-C的大小為120°， 所以|cos 〈m，n〉|＝|cos 120°|＝，得z＝3x. 設平面ABC的法向量為l＝(x2，y2，z2)，因為＝(－，，)，＝(，，0)， 則，即 令x2＝1，則y2＝－1，z2＝. 所以l＝(1，－1，)． 設二面角A-BC-D的平面角為θ， 所以cos θ＝|cos〈l，m〉|＝||＝. 所以tan θ＝.